陕西省宝鸡市2023届高三二模文科数学试题-

陕西省宝鸡市2023届高三二模文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．设复数（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

3．设一组数据的方差为0.1，则数据，，，…，的方差为（    ）

A．0.1 B．0.2

C．0.4 D．2

4．设R，则“>1”是 “>1”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

5．直线l：与曲线C：的交点个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．无法确定

6．从甲，乙等五名同学中随机选3人参加社区服务工作，则甲，乙中至少有一人入选的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知抛物线C：，（）的焦点为F，为C上一动点，若曲线C在点M处的切线的斜率为，则直线FM的斜率为（    ）

A． B． C． D．

8．已知正实数x，y，z满足，则（    ）

A．

B．

C．x，y，z可能构成等比数列

D．关于x，y，z的方程有且只有一组解

9．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

10．函数在内有最小值，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

11．四棱锥中，底面ABCD为边长为4的正方形，，，Q为正方形ABCD内一动点且满足，若，则三棱锥的体积的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．2

12．点在不等式组表示的平面区域上，则的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．3

二、填空题

13．请写出一个图像关于点对称的函数的解析式_________．

14．如图是函数的部分图像，则的单调递增区间为_______．

15．半径为2的球的内接圆柱的侧面积的最大值是___________．

16．已知非零向量，，满足且，则的取值范围是______.

三、解答题

17．从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65  分到145分之间，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．

（1）求第七组的频率；

（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分；

（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率．

18．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，，，，，E为棱PD上一点．

(1)求证：无论点E在棱PD的任何位置，都有成立；

(2)若在PB上存在一点H，且，求三棱锥C－ABH的体积

19．已知函数，等比数列的前n项和为，数列的首项为c，且前n项和满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若数列前n项和为，求使的最小正整数n.

20．已知椭圆：，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.

（1）求的标准方程；

（2）是否存在过点的直线，与和的交点分别是，和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.

21．已知函数．

(1)求函数的单调区间和极值；

(2)若，均有，求实数的取值范围．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.

(1)求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线l与曲线C交于P，Q两点，求.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】由交集定义计算．

【详解】由题意，

故选：A．

2．D

【分析】化简复数为代数形式，得其对应点坐标后可得结论．

【详解】由已知，对应点坐标为，在第四象限．

故选：D．

3．C

【分析】根据方差的定义求解.

【详解】设的均值为，则的均值为，

的方差为，

故选：C．

4．A

【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】因为，则，而，可以有，即不一定成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5．B

【分析】根据圆与直线的位置关系求法结合同角的三角函数关系得出曲线C与直线l位置关系，即可得出答案.

【详解】曲线C：是圆心在上，半径的圆，

则圆心与直线l的距离，

，

曲线C与直线l相切，即只有一个交点，

故选：B

6．B

【分析】求出甲乙两人都没入选的概率后，由对立事件的概率公式可得结论．

【详解】从甲，乙等五名同学中随机选3人的方法数为，甲乙两人都没入选只有一种方法，概率为，

因此甲、乙中至少有一人入选的概率为．

故选：B．

7．B

【分析】运用导数几何意义表示出M坐标，结合斜率公式计算即可.

【详解】∵，

∴，，

∴，

由题意知，，解得：，

又∵M在上，

∴，解得：，

∴，

∴.

故选：B.

8．D

【分析】对于A、B项，令，结合幂函数的单调性即可判断；对于C项，利用反证法即可判定；对于D项，构造函数判定其零点个数即可.

【详解】令，则

令，

由幂函数图象的性质可知：

当时，在上单调递增，故，即；

当时，在上单调递减，故，即；

故AB不一定正确；

假设成等比数列，则，

则，与已知矛盾，故C错误；

令，由指数函数的性质可知在上单调递减，

注意到，故只有一个零点，即只有一个解，

所以只有一组解，故D正确.

故选：D

9．C

【分析】确定角范围后，由正弦定理表示出，再利用三角函数性质得结论．

【详解】因为是锐角三角形，所以，，所以，，

由正弦定理得，所以．

故选：C．

10．A

【分析】求出，设，得出有一正根一负根，因此题意说明正根在区间内，从而由得参数范围．

【详解】，

设，因为，因此有两个不同实根，

又，因此两根一正一负，

由题意正根在内，

所以，解得，

故选：A．

11．B

【分析】判断三角形全等，从而推出，通过线面垂直得到，确定点在以为直径的半圆上，从而确定当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，从而利用三棱锥的体积公式计算即可.

【详解】

因为，所以,

,又，所以，

，因为，所以，

又因为，所以平面.

，又，所以平面，,

故点在以为直径的半圆上，

所以当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，

即三棱锥的体积的最小值为.

故选：B

12．A

【分析】令，则，画出表示的可行域，结合图象即可得出答案.

【详解】令，则，

不等式组变为，

则表示的平面区域如下图，

由图可知，当时，.

故选：A.

13．（答案不唯一）

【分析】可利用关于原点对称的图象，再把对称中心平移到点即可得．

【详解】的图象关于原点对称，则的图象关于点对称．同样如函数也满足题意．

故答案为：（答案不唯一）．

14．，

【分析】运用三角函数的周期公式及五点法求得、的值，结合同增异减求得其单调递增区间.

【详解】由图知，，解得：，

所以，解得：，

①当时，，

则，，解得：，，

又因为，

所以无解，故舍去；

②当时，，

则，，解得：，，

又因为，

所以，

综述：且，

所以，

，，

解得：，，

所以的单调递增区间为，.

故答案为：，.

15．

【分析】根据球和圆柱的几何性质，结合基本不等式、圆柱侧面积公式进行求解即可.

【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，则，当且仅当取等号，

即，．

故答案为：

16．

【分析】根据已知可推得，的夹角为，进而得出，则 ，结合向量模长的三角不等式，即得解.

【详解】由已知，所以，以为三边的三角形为等边三角形，

所以，的夹角为.

所以有，，故.

由向量模长的三角不等式，，

即.

显然恒成立，所以，

所以有，所以，

所以，的取值范围是.

故答案为：.

17．（1）0.08；（2）102；（3）．

【解析】（1）根据频率之和为1即可求出；

（2）根据频率分布直方图直接列式即可计算；

（3）可得第六组3人，第八组2人，随机抽取2名，列出所有基本事件，再求出分差的绝对值小于10分包含的基本事件，即可求出概率.

【详解】解：（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：

．

（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：，

（3）样本成绩属于第六组的有人，设为A，B，C，样本成绩属于第八

组的有人，设为a，b，

从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有，，，，，，，，，共10种，

他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件有

，，，，共4种，

∴他们的分差的绝对值小于10分的概率．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知线面垂直得，再由线面垂直判定定理得CD⊥平面PAD，从而可证得题设线线垂直；

（2）由体积公式计算．

【详解】（1）因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，

所以，

因为，，AD，平面PAD，

所以CD⊥平面PAD，

因为E为棱PD上一点，

所以平面PAD，

所以．

（2）因为PD⊥平面ABCD，沿H做下底面ABCD垂线HM，可知，

所以三棱锥C-ABH的体积就等于三棱锥H－ABC的体积，

所以．

19．(1)，；

(2)337.

【分析】（1）由已知求出，即可求出，进而得到的通项公式.求出，根据已知可推出，数列构成等差数列，可推出.根据与的关系，即可得出的通项公式；

（2）裂项可得，相加即可得出.解不等式，即可得出答案.

【详解】（1）由已知可得，等比数列的前n项和为.

则，，

.

因为数列是等比数列，应有，解得，.

所以首项，

等比数列的通项公式为.

因为，

又，所以，，

所以.

又，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，

所以，则.

当时，，

又时也适合上式，

所以的通项公式.

（2）由（1）可知，，

所以，

.

由，得，得，

故满足的最小正整数为337.

20．（1）；（2）存在，或.

【分析】（1）由可得，进而求得，即可得答案；

（2）由题可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设该直线为，

，，，，利用韦达定理、面积关系，即可得答案；

【详解】（1）因为所以，

由右顶点得，，

所以的标准方程为.

（2）存在，由题可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设该直线为，，，，联立

得，，，

则

联立

得，，

所以

若，则，解得，

所以符合题意的直线为或.

【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中的定直线，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意韦达定理的运用.

21．(1)增区间是，减区间是；函数有极小值为，无极大值；

(2).

【分析】（1）根据导数与函数的单调性的关系，可得单调区间，再由极值定义求得函数极值；

（2）构造新函数，利用导数求函数的最值即得.

【详解】（1）由题意，，

由得，函数的单调增区间是，

由得，函数的单调减区间是，

∴当时，函数有极小值为，无极大值；

（2）令，则，

由，可得，

∴当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

∴当时，函数有最大值，

由题可得，又，

所以．

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

22．(1)，

(2)

【分析】(1)把平方后相减可得曲线C的普通方程；利用和角余弦公式展开，把，代入可得直线l的直角坐标方程；

(2)先得到直线的参数方程（s为参数），代入曲线C的方程得到，利用s的几何意义，可设，，再结合韦达定理可求.

【详解】（1）因为（t为参数），所以，

所以曲线C的普通方程为，

因为，所以，

因为，，所以直线l的直角坐标方程为.

（2）由（1）可得直线l的参数方程（s为参数），

所以，整理得，

设，，则，，

所以.

23．（1）（2）

【分析】（1）根据函数的解析式，去掉绝对值号，分，和讨论，即可求得不等式的解集；

（2）求得二次函数的最大值，以及分段函数的最小值，根据恒由公共点，列出关于的不等式，即可求解.

【详解】（1）由题意，函数，

当时，令，即，所以；

当时，此时恒成立，所以；

当时，令，即，所以，

所以不等式的解集为.

（2）由二次函数，

知函数在取得最大值，

因为，在处取得最小值2，

所以要是二次函数与函数的图象恒有公共点.

只需，即.

【点睛】本题主要考查了含有绝对值的不等式的求解，以及二次函数与分段函数的性质的应用，着重考查了分类讨论与转化思想，以及推理与计算能力.